(通用版)2017高考物理二轮复习 第1部分 核心突破 专题2 能量、动量和原子物理 第3讲 原子物理和动量演练

专题七动量与能量一、命题趋势本专题涉及的内容是动力学内容的继续和深化，其中的动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛，是自然界中普遍适用的基本规律，因此是高中物理的重点，也是高考考查的重点之一。

近年采用综合考试后，试卷难度有所下降，因此动量和能量考题的难度也有一定下降。

要更加关注有关基本概念的题、定性分析现象的题和联系实际、联系现代科技的题。

试题常常是综合题，动量与能量的综合，或者动量、能量与平抛运动、圆周运动、电磁学、原子物理等知识的综合。

试题的情景常常是物理过程较复杂的，或者是作用时间很短的，如变加速运动、碰撞、爆炸、打击、弹簧形变等。

二、知识概要冲量是力对时间的积累，其作用效果是改变物体的动量；功是力对位移的积累，其作用效果是改变物体的能量；冲量和动量的变化、功和能量的变化都是原因和结果的关系，对此，要像熟悉力和运动的关系一样熟悉。

在此基础上，还很容易理解守恒定律的条件，要守恒，就应不存在引起改变的原因。

能量还是贯穿整个物理学的一条主线，从能量角度分析思考问题是研究物理问题的一个重要而普遍的思路。

应用动量定理和动能定理时，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，而应用动量守恒定律和机械能守恒定律时，研究对象必定是系统；此外，这些规律都是运用于物理过程，而不是对于某一状态（或时刻）。

因此，在用它们解题时，首先应选好研究对象和研究过程。

对象和过程的选取直接关系到问题能否解决以及解决起来是否简便。

选取时应注意以下几点：1．选取研究对象和研究过程，要建立在分析物理过程的基础上。

临界状态往往应作为研究过程的开始或结束状态。

2．要能视情况对研究过程进行恰当的理想化处理。

3．可以把一些看似分散的、相互独立的物体圈在一起作为一个系统来研究，有时这样做，可使问题大大简化。

4．有的问题，可以选这部分物体作研究对象，也可以选取那部分物体作研究对象；可以选这个过程作研究过程，也可以选那个过程作研究过程；这时，首选大对象、长过程。

教师文档专题一-专题六第1讲力与物体的平衡1．(2016·全国卷Ⅱ，14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。

用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图1所示。

用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )图1A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小解析对O点受力分析如图所示，F与T的变化情况如图，由图可知在O点向左移动的过程中，F逐渐变大，T逐渐变大，故选项A正确。

答案 A2．(2016·全国卷Ⅲ，17)如图2所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。

在a和b之间的细线上悬挂一小物块。

平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。

不计所有摩擦。

小物块的质量为( )图2A.m2B.32mC．m D．2m解析如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，T＝mg，细线对a环拉力的合力沿aO方向，则aO为角平分线，由几何关系知，∠acb＝120°，故细线在c点拉力的合力与物块的重力大小相等，即拉力合力大小T＝G＝mg，所以小物块质量为m，故C对。

答案 C3．(多选)(2016·全国卷Ⅰ，19)如图3，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。

外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。

若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )图3A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化解析由于物体a、b均保持静止，各绳间角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力T＝m a g，所以物体a受到绳的拉力保持不变。

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课时巩固过关练七机械能守恒定律功能关系(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。

第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.如图所示,两个相同的小球A与B分别用一根轻绳和一根轻弹簧的一端连接,轻绳和轻弹簧的另一端被悬挂在同一高度。

现将两个小球都拉至相同的高度,此时弹簧长度为原长且与绳长相等。

由静止释放两个小球以后,下列说法正确的是( )A.两小球运动到各自的最低点时的速度相同B.与轻绳连接的小球A在最低点时的速度较大C.在运动过程中,小球A的机械能不守恒D.在运动过程中,小球B的机械能不守恒【解析】选D。

A球在最低点动能等于重力势能的减小量,B球在最低点动能等于重力势能减少量与弹簧弹性势能增加量之差,但两球的重力势能减少量不相同,故两小球运动到各自的最低点时的速度大小关系不确定,故选项A、B错误;小球A运动过程中,只有重力做功,小球A的机械能守恒,故选项C错误;小球B运动过程中,弹簧对小球B做功,小球B的机械能不守恒,故选项D正确。

2.(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。

他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1 900 J,他克服阻力做功100 J。

韩晓鹏在此过程中( )A.动能增加了1 900 JB.动能增加了2 000 JC.重力势能减小了1 900 JD.重力势能减小了2 000 J【解析】选C。

由动能定理得W合=1 900 J-100 J=1 800 J,动能增加了1 800 J,故A、B错;重力势能的变化量等于重力做功等于1 900 J,C正确,D错误。

3.如图所示,一轻弹簧固定于地面上,上面依次放置两木块A、B,用一力F竖直向下作用在木块B上,撤去力F后,弹簧恰能恢复原长,有关上升过程中机械能的说法正确的是( )A.此过程中A、B组成的系统机械能守恒B.此过程中弹簧对A做的功等于A机械能的增加量C.此过程中弹簧释放的弹性势能等于A的机械能增加量D.此过程中B的机械能一直在增加【解析】选D。

第1讲 功、功率、动能定理1．(2016·太原模拟二)2015年莫斯科世锦赛上，我国男子短道速滑队时隔15年再次站到5 000 m 接力的冠军领奖台上．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲，甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间水平方向上的相互作用，则( C )A ．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力相同B ．甲对乙的作用力一定做正功，乙的动能增大C ．乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大D ．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量解析：由牛顿第三定律知，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反．两个力不相同，选项A 错误；甲对乙的作用力方向与乙运动方向相反，此力对乙做负功，由动能定理知，乙的动能减小，选项B 错误；乙对甲的作用力方向与甲运动方向相同，此力对甲做正功，由动能定理知，甲的动能增加，C 正确；在乙推甲的过程中，甲、乙运动的距离不一定相等，由功的公式W ＝FS 知，推力对甲、乙做功不一定相等，由动能定理知，甲动能的增加量不一定等于乙动能的减小量，选项D 错误．2．(2016·福州质检)如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P 0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m ，沿水面运动时所受的阻力为f 且保持不变，当绳OA 段与水平面夹角为θ时，小船的速度为v ，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于( A )A ．P 0mv －fm B ．p 0mv cos 2θ－f mC ．f mD ．P 0mv解析：卡车对小船做功的功率P 0＝Fv cos θ， 对小船受力分析由牛顿第二定律得F cos θ－f ＝ma ，联立得a ＝P 0mv －fm，A 正确．3．(2016·南昌调研)如图所示，固定斜面AD 上有B 、C 两点，且AB ＝BC ＝CD ，小滑块以初动能E K 0从A 点出发，沿斜面向上运动．若整个斜面AD 光滑，则滑块到达D 位置速度恰好为零，而后下滑．现斜面AB 部分与滑块间有处处相同的摩擦，BD 部分仍无摩擦，则滑块恰好滑到C 位置速度为零，然后下滑，那么滑块下滑到( AD )A ．位置B 时的动能为E K 03 B ．位置B 时的动能为E K 02 C ．位置A 时的动能为E K 02D ．位置A 时的动能为E K 03解析：设斜面高度为h ，AB ＝BC ＝CO ＝l ，滑块与AB 部分的摩擦力为f .斜面光滑上滑时，由动能定理有mgh ＝E k 0，AB 部分有摩擦时滑块的上滑过程由动能定理有23mgh ＋fl ＝E k 0，从C开始滑回B 、A 的过程同理有E kB －0＝13mgh ，13mgh －fl ＝E kA －E kB ．解得E kA ＝13E k 0、E kB ＝13E k 0.选项BC 错误，AD 正确．4．(2016·长沙一中月考五)一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，周期为T ，人和车(当作质点)的总质量为m ，轨道半径为R ，车经最高点时发动机功率为P 0，车对轨道的压力为2mg .设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则( B )A ．车经最低点时对轨道的压力为3mgB ．车经最低点时发动机功率为2P 0C ．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为12P 0TD ．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为2mgR解析：摩托车在最高点时有2mg ＋mg ＝m v 2R ，在最低点时有F N －mg ＝m v 2R，解得F N ＝4mg ，A 错误；由于轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，又因为车在最高点对轨道的压力为2mg ，根据P ＝Fv 可知，发动机在最低点时的功率是在最高点时功率的2倍，所以B 正确，C 错误；根据动能定理可知摩托车从最高点经半周到最低点的过程中克服阻力做的功等于发动机做的功与2mgR 之和，D 错误．5．(2016·太原第二学段测评)水平地面上有一木箱，木箱与地面间的动摩擦因数为μ(0＜μ＜1)．现对木箱施加一拉力F ，使木箱做匀速直线运动．设F 的方向与水平面的夹角为θ，如图．在θ从0°逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则( B )A ．F 先增大后减小B ．F 的功率一直减小C ．F 的功率先减小后增大D ．F 的功率不变解析：木箱做匀速直线运动，即木箱所受合外力为0，故水平方向有F cos θ＝μF N ，竖直方向有mg ＝F N ＋F sin θ，联立解得F ＝μmg cos θ＋μsin θ，令sin β＝11＋μ2，则有F ＝11＋μ2·μmgθ＋β，故θ从0逐渐增大到90°过程中，sin(θ＋β)先增大后减小，F 先减小后增大，选项A 错误；F 的功率为P ＝μmgcos θ＋μsin θ·v cos θ＝μmgv1＋μtan θ，则θ从0逐渐增大到90°的过程中，tan θ一直增大，故F 的功率一直减小，选项B 正确，选项CD 错误．6．(2016·天津十二区县联考)一个质量为m 的木块静止在粗糙的水平面上，木块与水平面间的滑动摩擦力大小为2F 0，某时刻开始受到如图所示的水平拉力的作用，下列说法正确的是( D )A ．0到t 0时间内，木块的位移大小为3F 0t 2mB ．t 0时刻合力的功率为8F 20t 0mC ．0到t 0时间内，水平拉力做功为2F 20t 20mD ．2t 0时刻，木块的速度大小为F 0t 0m解析：0到t 0时间内，木块的加速度为a 1＝4F 0－f m ＝4F 0－2F 0m ＝2F 0m，木块的位移大小x 1＝12a 1t 20＝F 0t 2m，选项A 错误；t 0时刻木块的速度为v 1＝a 1t 0＝2F 0t 0m，故合力的功率P ＝ma 1v 1＝4F 20t 0m，选项B 错误；0到t 0时间内，水平拉力做功为W 1＝4F 0x 1＝4F 20t 20m，选项C 错误；t 0之后木块的加速度a 2＝F 0－2F 0m ＝－F 0m ，2t 0时刻，木块的速度大小为v 2＝v 1＋a 2t 0＝2F 0t 0m－F 0t 0m ＝F 0t 0m，选项D 正确．7．(2016·广州调研测试)如图所示，质量为M ＝4 kg 的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量m ＝1 kg 大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力F ＝8 N ，铁块在长L ＝6 m 的木板上滑动．取g ＝10 m/s 2.求：(1)经过多长时间铁块运动到木板的左端；(2)在铁块到达木板左端的过程中，恒力F 对铁块所做的功； (3)在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能． 解析：(1)铁块与木板间的滑动摩擦力f ＝μmg ＝0.4×1×10 N＝4 N①铁块的加速度a 1＝F －f m ＝8－41 m/s 2＝4 m/s2② 木板的加速度a 2＝f M ＝44m/s 2＝1 m/s2③ 铁块滑到木板左端的时间为t 则12a 1t 2－12a 2t 2＝L④ 代入数据解得t ＝2 s⑤ (2)铁块位移s 1＝12a 1t 2＝12×4×22m ＝8 m⑥ 木板位移s 2＝12a 2t 2＝12×1×22m ＝2 m⑦ 恒力F 对铁块做的功W ＝F ·s 1＝8×8 J＝64 J ⑧(3)方法一：铁块的动能E kA ＝(F －f )s 1＝(8－4)×8 J＝32 J ⑨ 木板的动能E kB ＝fs 2＝4×2 J＝8 J⑩铁块和木板的总动能E k 总＝E kA ＋E kB ＝32 J ＋8 J ＝40 J⑪方法二：铁块的速度v 1＝a 1t ＝4×2 m/s＝8 m/s铁块的动能E kA ＝12mv 21＝12×1×82J ＝32 J木板的速度v 2＝a 2t ＝1×2 m/s＝2 m/s 木板的动能E kB ＝12Mv 22＝12×4×22J ＝8 J铁块和木板的总动能E k总＝E kA＋E kB＝32 J＋8 J＝40 J 答案：见解析。

第3讲 动量守恒定律 原子结构和原子核1．(2016·南京市二模)(1)下列说法正确的是( )A ．汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B ．半衰期是原子核有半数发生衰变所需的时间C ．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强D ．铀核(238 92U)衰变为铅核(20682Pb)的过程中，要经过8次α衰变和10次β衰变(2)如图1所示氢原子能级图，如果有大量处在n ＝3激发态的氢原子向低能级跃迁，则能辐射出________种不同频率的光，其中波长最长的光子能量是________ J 。

图1(3)如图2所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m ＝1 kg 的相同小球A 、B 、C ，现让A 球以v 0＝2 m/s 的速度向着B 球运动，A 、B 两球碰撞后粘在一起，两球继续向右运动并与C 球碰撞，C 球的最终速度v C ＝1 m/s 。

问：图2①A 、B 两球与C 球相碰前的共同速度多大？②两次碰撞过程中一共损失了多少动能？解析 (3)①A 、B 相碰，满足动量守恒，则有mv 0＝2mv 1得两球跟C 球相碰前的速度v 1＝1 m/s ②两球与C 球碰撞同样满足动量守恒2mv 1＝mv C ＋2mv 2两球相碰后的速度v 2＝0.5 m/s两次碰撞损失的动能ΔE ＝12mv 20-12×2mv 22-12mv 2C ＝1.25 J 答案 (1)BC (2)3 3.49×10-19(3)①0.5 m/s ②1.25 J2．(2016·十三大市模考重组改编)(1)下列说法中正确的是( )A ．γ射线是原子受激发后向低能级跃迁时放出的B ．在稳定的重原子核中，质子数比中子数多C ．核反应过程中如果核子的平均质量减小，则要吸收核能D ．诊断甲状腺疾病时，注入放射性同位素碘131作为示踪原子(2)用频率均为ν但强度不同的甲、乙两种光做光电效应实验，发现光电流与电压的关系如图3所示，由图可知，________(填“甲”或“乙”)光的强度大。

第1讲 电场及带电粒子在电场中的运动1．(2015·安徽卷)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为σ2ε0，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S ，其间为真空，带电荷量为Q .不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( D )A ．Q ε0S 和Q 2ε0SB ．Q 2ε0S 和Q 2ε0SC ．Q 2ε0S 和Q 22ε0S D ．Q ε0S 和Q 22ε0S 解析：由公式E ＝σ2ε0，σ＝Q S 正负极板都有场强，由场强的叠加可得E ＝Q ε0S，电场力F ＝Q 2ε0S·Q ，故选D. 2．(2016·辽宁协作体联考)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P 点，如图所示，以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势、W 表示正电荷在P 点的电势能．若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图像中正确的是( C )解析：由平行板电容器的电容C ＝εr S 4πkd可知，A 错误． 在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U ＝Q C ，E ＝U d ＝4πkQ εr S，E 与d 无关，B 错误． 在负极板接地的情况下，φ＝φ0－Ex ，C 正确．正电荷在P 点的电势能W ＝q φ＝q (φ0－Ex )，D 错误．3．(多选)(2015·广东卷)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M 和N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M 、N 保持静止，不计重力，则( BD )A ．M 的带电量比N 的大B ．M 带负电荷、N 带正电荷C ．静止时M 受到的合力比N 的大D ．移动过程中匀强电场对M 做负功解析：对小球受力分析可得，两小球在电场力和库仑力的作用下处于平衡状态，又因其库仑力大小相等，故所受电场力大小相等，即q M E ＝q N E ，所以M 、N 带的电荷量相等，A 错误；M 带负电，受到向左的电场力与向右的库仑力平衡，B 正确；静止时，受的合力都为零，C 错误；M 沿电场线方向有位移，电场力做负功，D 正确．4．(2016·厦门一模)空间有一沿x 轴对称分布的电场，其电场强度E 随x 变化的图像如图所示，x 1和－x 1为x 轴上对称的两点．下列说法正确的是( B )A ．x 1处场强大于－x 1处场强B ．若电子从x 1处由静止释放后向x 轴负方向运动，到达－x 1点时速度为零C ．电子在x 1处的电势能大于在－x 1处的电势能D ．x 1点的电势比－x 1点的电势高解析：从图象可以看出，x 1处场强与－x 1处场强等大、反向，故A 错误；由于x 1和－x 1两点关于O 点对称，且电场强度的大小也相等，故从O 点到x 1和从O 点到－x 1电势降落相等，故x 1和－x 1两点的电势相等，D 错误；电子从x 1处由静止释放后，若向O 点运动，O 点的电势最高，电子在O 点电势能最小，动能最大，速度最大，由于x 1处与－x 1点处电势相同，故电子到达－x 1点时速度还为零，B 正确；x 1和－x 1两点的电势相等，电子在x 1处的电势能等于在－x 1处的电势能，C 错误．A ．只增大电压UB ．只增大长度LC ．只增大高度dD ．只增大尘埃被吸入水平速度v 0解析：增大除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场力的方向上的位移y ＝Uq 2dm (L v 0)2，由此可知，增大U 、增大L 、减小d 或减小v 0均可增大除尘率，所以AB 正确，CD 错误．6．(多选)(2015·山东卷)如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T 3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( BC )A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd 解析：因0～T 3内微粒匀速运动，故E 0q ＝mg ；在T 3～2T 3时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t ＝2T 3时刻的竖直速度为v y 1＝gT 3，水平速度为v 0；在2T 3～T 时间内，由牛顿第二定律2E 0q －mg ＝ma ，解得a ＝g ，方向向上，则在t ＝T 时刻，v y 2＝v y 1－g ·T 3＝0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v 0，选项A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了ΔE p ＝mg ·d 2＝12mgd ，选项C 正确；从射入到射出，由动能定理可知，12mgd －W 电＝0，可知克服电场力做功为12mgd ，选项D 错误，故选B 、C ． 7．(2016·四川绵阳市二诊)如图所示，桌面上有一轻质弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端B 点位于桌面右侧边缘．水平桌面右侧有一竖直放置、半径R ＝0.3 m 的光滑半圆轨道MNP ，桌面与轨道相切于M 点．在以MP 为直径的右侧和水平半径ON 的下方部分有水平向右的匀强电场，场强的大小E ＝mg q.现用质量m 0＝0.4 kg 的小物块a 将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点．用同种材料、质量m ＝0.2 kg 、带＋q 的绝缘小物块b 将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后，小物块b 离开桌面由M 点沿半圆轨道运动，恰好能通过轨道的最高点P .(g 取10 m/s 2)求：(1)小物块b 经过桌面右侧边缘B 点时的速度大小；(2)释放后，小物块b 在运动过程中克服摩擦力做的功；(3)小物块b 在半圆轨道中运动最大速度的大小 解析：(1)在P 点，mg ＝m v 2p R， 由B 到P 由动能定理得qER －2mgR ＝12mv 2p －12mv 2B ， 解得v B ＝3 m/s.(2)由C 到B ，对物块a 由能量守恒定律得E p ＝μm 0gx CB ，由C 到B ，对物块b 由能量守恒定律得E p ＝μmgx CB ＋12mv 2B ，摩擦力做功W f ＝μmgx CB ，解得W f ＝0.9 J(3)物块b 与圆心连线与竖直方向的夹角为45°位置时(设为D )，速度最大，B →D ，由动能定理得qER sin 45°－mgR (1－cos 45°)＝12mv 2D －12mv 2B ，解得v D＝3＋62m/s. 答案：见解析。